2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义：选修3-5第十二章第1讲动量定理　动量守恒定律及其应用


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知识内容
考试要求
历次选考统计
2016/04
2016/10
2017/04
2017/11
2018/04
2018/11
动量守恒定律
动量和动量定理
c
23
23
22
22


动量守恒定律
c
23

22



碰撞
d


22



反冲运动　火箭
b
23





波粒二象性
能量量子化
b
16

14



光的粒子性
c
16

15


14
粒子的波动性
c
16

15



概率波
b






不确定性关系
b




14

原子
结构
电子的发现
a






原子的核式结构模型
b






氢原子光谱
b






玻尔的原子模型
c
14
15
14
15
15

原子核
原子核的组成
a






放射性元素的衰变
c
14


14
14
15
探测射线的方法
a






放射性的应用与防护
a






核力与结合能
c

16
15
14


核裂变
c

16

14


核聚变
c



14


粒子和宇宙
a






实验17　探究碰撞中的不变量






21
第1讲　动量定理　动量守恒定律及其应用

知识排查
动量及动量定理
1.动量
(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示。
(2)表达式：p＝mv。
(3)单位：kg·m/s。
(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。
(5)动量的瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，针对某一时刻而言。
(6)动量的变化量：是矢量，其表达式Δp＝p′－p为矢量式，当p′、p在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。
2.冲量
(1)定义：力F与力的作用时间t的乘积。
(2)定义式：I＝Ft，单位是N·s。
(3)方向：恒力作用时，与力的方向相同。
(4)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果。
3.动量定理
(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化等于它在这个过程中所受合力的冲量。
(2)表达式：p′－p＝I合。
(3)动量定理既适用于恒力，也适用于变力。
动量守恒定律
1.内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。
2.表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
3.适用条件
(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。
(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。碰撞　反冲运动　火箭
1.碰撞
(1)定义：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间的相互作用力很大的现象。
(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
(3)分类

动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
2.反冲运动
(1)反冲：根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动。
(2)反冲现象的应用及防止
①应用：农田、园林的喷灌装置是利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转，可以自动改变喷水的方向。
②防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。
3.火箭
(1)火箭的原理
火箭的工作原理是反冲运动，其反冲过程动量守恒，它靠向后喷出的气流的反冲作用而获得向前的速度。
(2)影响火箭获得速度大小的因素
①喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2__000～4__000 m/s。
②火箭的质量比：指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比，决定于火箭的结构和材料。现代火箭的质量比一般小于10。
喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大。
小题速练
1.思考判断
(1)动量越大的物体，其速度越大(　　)
(2)物体的动量越大，其惯性也越大(　　)
(3)物体所受合力不变，则动量也不改变(　　)
(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零(　　)
(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同(　　)
(6)物体所受的合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的(　　)
(7)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒(　　)
(8)做匀速圆周运动的物体动量不变(　　)
(9)物体的动能不变，其动量一定不变(　　)
(10)应用动量守恒定律时，速度应相对同一参考系(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√　(7)√　(8)×　(9)×　(10)√
2.下列关于动量的说法正确的是(　　)
A.质量大的物体动量一定大
B.速度大的物体动量一定大
C.两物体动能相等，动量不一定相同
D.两物体动能相等，动量一定相等
解析　动量等于运动物体质量和速度的乘积，动量大小与物体质量、速度两个因素有关，A、B错误；由动量大小和动能的表达式得出p＝，两物体动能相同，质量关系不明确，并且动量是矢量，动能是标量，故D错误，C正确。
答案　C
3.(多选)如图1所示，在光滑的水平面上有静止的物体A和B。物体A的质量是B的2倍，两物体中间用被细绳束缚的处于压缩状态的轻质弹簧相连。当把细绳剪断，弹簧在恢复原长的过程中(　　)

图1
A.A的速率是B的2倍
B.A的动量大于B的动量
C.A受的力等于B受的力
D.A、B组成的系统的总动量为零
答案　CD
4.[人教版选修3－5·P16·T5改编]某机车以0.8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接。机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)(　　)
A.0.053 m/s 　 B.0.05 m/s
C.0.057 m/s D.0.06 m/s
解析　取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律mv0＝(m＋15m)v，v＝v0＝×0.8 m/s＝0.05 m/s。故选项B正确。
答案　B

　动量和动量定理
1.冲量的计算方法
(1)计算冲量可以使用定义式I＝Ft求解，此方法仅限于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态。
(2)利用F－t图象计算，F－t围成的面积可以表示冲量，该种方法可以计算变力的冲量。
2.动量、动能、动量变化量的比较
　名称

项目　
动量
动能
动量变化量
定义
物体的质量和速度的乘积
物体由于运动而具有的能量
物体末动量与初动量的矢量差
定义式
p＝mv
Ek＝mv2
Δp＝p′－p
矢标性
矢量
标量
矢量
特点
状态量
状态量
过程量
关联方程
Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
3.用动量定理解题的基本思路

4.用动量定理解释现象
(1)物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。
(2)作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小。
【典例】　质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来。已知弹性安全带的缓冲时间1.2 s，安全带长5 m，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为(　　)
A.500 N B.1 100 N C.600 N D.100 N
解析　选取人为研究对象，
人下落过程v2＝2gh，v＝10 m/s，
缓冲过程由动量定理(F－mg)t＝mv，
F＝＋mg＝(＋60×10) N＝1 100 N。
由牛顿第三定律，安全带所受的平均冲力为1 100 N。
答案　B

1.(多选)对任何一个一定质量的物体，下列说法正确的是(　　)
A.物体的动量发生变化，其动能一定发生变化
B.物体的动量发生变化，其动能不一定发生变化
C.物体的动能发生变化，其动量一定发生变化
D.物体的动能发生变化，其动量不一定发生变化
解析　物体的动量发生变化，可能是方向改变也可能是大小改变，所以物体的动能不一定发生变化，故选项A错误，B正确；物体的动能变化，速度大小一定变化，则动量一定发生变化，故选项C正确，D错误。
答案　BC
2.(多选)如图2所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以(　　)

图2
A.减小球的动量的变化量
B.减小球对手作用力的冲量
C.减小球的动量变化率
D.延长接球过程的时间来减小手受到的作用力
解析　动量的变化量为mv－mv0，最终不会因为手的动作而改变，所以A错误；根据动量定理FΔt＝mv－mv0，手对球的冲量即动量变化量不会改变，即球对手的动量变化量不会改变；手弯曲的动作是增加了作用时间，而减小了动量变化率，也即减小了冲力，起到缓冲效果。
答案　CD
3.在水平力F＝30 N的作用下，质量m＝5 kg的物体由静止开始沿水平面运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？(g取10 m/s2)
解析　法一　用动量定理解，分段处理。选物体作为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，始态速度为零，终态速度为v，取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有(F－μmg)t1＝mv－0。对于撤去F后物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v，终态速度为零，根据动量定理有－μmgt2＝0－mv。以上两式联立解得t2＝t1＝×6 s＝12 s。

法二　用动量定理解，研究全过程。
选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程中的初、末状态物体的速度都等于零。
取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得
(F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0
解得t2＝t1＝×6 s＝12 s
答案　12 s
　动量守恒定律的应用
1.动量守恒的判断
(1)明确系统由哪几个物体组成。
(2)对系统中各物体进行受力分析，分清哪些是内力，哪些是外力。
(3)看所有外力的合力是否为零，或内力是否远大于外力，从而判定系统的动量是否守恒。
注意：动量守恒的条件和机械能守恒的条件不同。机械能守恒的条件是只有重力、弹力做功，动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零。
2.动量守恒定律的理解
(1)矢量性：表达式中涉及的都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负。
(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。不同时刻的动量不能相加。
(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度。一般选地面为参考系。
(4)普适性：它不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。
3.动量守恒定律的解题步骤

【典例1】　在高速公路上发生了一起交通事故，一辆质量为1 500 kg 向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3 000 kg 向北行驶的卡车，碰后两车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停止，根据测速仪的测定，长途客车碰前以20 m/s 的速率行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率是(　　)
A.小于10 m/s
B.大于10 m/s小于20 m/s
C.大于20 m/s小于30 m/s
D.大于30 m/s小于40 m/s
解析　由于碰撞过程时间极短，两车之间的作用力远大于它们所受到的阻力，可认为碰撞过程中两车的动量守恒。设向南为正方向，客车的质量为m1＝1 500 kg、速度为v1＝20 m/s，卡车的质量为m2＝3 000 kg、速率为v2。由于碰后两车撞在一起向南滑行，故碰后两车的共同速度v>0。
根据动量守恒定律有：m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v
所以m1v1－m2v2>0
有v2<
代入数据得：v2<10 m/s
答案　A
【典例2】　[人教版选修3－5·P17·T6改编]如图3所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，则A、B两球的质量比为(　　)

图3
A.1∶2 B.2∶1
C.1∶4 D.4∶1
解析　设A、B质量分别为mA、mB，B的初速度为v0，取B的初速度方向为正方向，由题意知，两球刚好不发生第二次碰撞，说明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为和－，则有mBv0＝mA·＋mB，解得mA∶mB＝4∶1，选项D正确。
答案　D

1.(多选)下列相互作用的过程中，可以认为系统动量守恒的是(　　)

解析　动量守恒的条件是相互作用的物体系统不受外力或所受外力的合力为零，而相互作用过程中内力远大于外力时也可认为动量守恒。图A中，滑轮男孩推滑轮女孩的过程中，内力远大于外力，因此系统的动量可认为守恒；图B和图D中，在两物体相互作用的过程中，没有满足内力远大于外力的条件，系统的动量不守恒；图C中，太空中无空气阻力作用，太空人发射子弹过程中动量守恒。
答案　AC
2.如图4所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动；设甲同学和他的车的总质量为150 kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s，乙同学和他的车的总质量为200 kg，碰撞前向左运动，速度的大小为4.25 m/s，则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)(　　)

图4
A.1 m/s B.0.5 m/s C.－1 m/s D.－0.5 m/s
解析　两车碰撞过程动量守恒m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v
得v＝＝ m/s＝－0.5 m/s
答案　D
　碰撞问题
1.碰撞过程遵循的原则
(1)系统的动量守恒原则。
(2)系统的动能不增加。
(3)物理情景要合理
①若碰前两物体同向运动，则应有v后＞v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2.三种典型碰撞的特点
(1)弹性碰撞：动量守恒，没有动能损失。
(2)非弹性碰撞：动量守恒，有动能损失。
(3)完全非弹性碰撞：动量守恒，动能损失达到最大限度，碰撞完成后系统物体的速度相同。

【典例】　如图5所示，两小车A、B置于光滑水平面上，质量分别为m和2m，一轻质弹簧两端分别固定在两小车上，开始时弹簧处于拉伸状态，用手固定两小车。现在先释放小车B，当小车B的速度大小为3v时，再释放小车A，此时弹簧仍处于拉伸状态；当小车A的速度大小为v时，弹簧刚好恢复原长。自始至终弹簧都未超出弹性限度。求：

图5
(1)弹簧刚恢复原长时，小车B的速度大小；
(2)两小车相距最近时，小车A的速度大小；
(3)求两小车相距最近时，弹簧弹性势能大小。
解析　(1)设弹簧刚恢复原长时，小车B速度为vB，
以A、B两车和弹簧为研究对象，小车B速度为3v开始
到小车A速度为v过程，此系统动量守恒，列方程有：
2m·3v＝2mvB＋m(－v)
解得vB＝3.5v
(2)两小车相距最近时速度相同，由动量守恒定律有：
2m×3v＝(2m＋m)vA
解得vA＝2v
(3)从弹簧刚恢复原长到两小车相距最近过程用能量守恒定律有
E弹＝×2mv＋mv2－×3mv
解得E弹＝ mv2
答案　(1)3.5v　(2)2v　(3)mv2

1.如图6所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度v0，那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后(　　)

图6
A.两者的速度均为零
B.两者的速度总不会相等
C.盒子的最终速度为，方向水平向右
D.盒子的最终速度为，方向水平向右
解析　由于盒子内表面不光滑，在多次碰后物体与盒相对静止，由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v′，解得：v′＝，故D正确。
答案　D
2.如图7所示，一质量为0.5 kg的小球A以2.0 m/s的速度和静止于光滑水平面上、质量为1 kg的另一大小相同的小球B发生正碰，碰撞后它以0.2 m/s 的速度反弹。求：

图7
(1)原来静止小球B获得的速度大小；
(2)碰撞过程中损失的机械能。
解析　(1)A、B两小球碰撞过程中动量守恒，设小球B的速度为v，则mAvA＝mAvA′＋mBv，
代入数据解得v＝1.1 m/s。
(2)由A、B两小球组成的系统能量守恒有
mAv＝mAvA′2＋mBv2＋ΔE
解得ΔE＝0.385 J
答案　(1)1.1 m/s　(2)0.385 J
　动量和电磁学问题的综合应用
动量守恒定律与其他知识综合应用类问题的求解，与一般的力学问题求解思路并无差异，只是问题的情景更复杂多样，分析清楚物理过程，正确识别物理模型是解决问题的关键。
【典例】　(2017·4月浙江选考)间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图8所示，倾角为θ的导轨处于大小为B1，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”(由两根长为l的金属杆，cd和ef，用长度为L的刚性绝缘杆连接而成)，在“联动双杆”右侧存在大小为B2，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于L，质量为m，长为l的金属杆ab，从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨(无能量损失)，杆ab与“联动双杆”发生碰撞后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”，“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出，运动过程中，杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。已知杆ab、cd和ef电阻均为R＝0.02 Ω，m＝0.1 kg，l＝0.5 m，L＝0.3 m，θ＝30°，B1＝0.1 T，B2＝0.2 T。不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应。求：

图8
(1)杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0；
(2)联动三杆进入磁场区间Ⅱ前的速度大小v；
(3)联动三杆滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热Q。
解析　沿着斜面正交分解，最大速度时重力分力与安培力平衡
(1)感应电动势E＝B1lv0
电流I＝
安培力F＝B1Il
匀速运动条件＝mgsin θ
v0＝＝6 m/s
(2)由动量守恒定律mv0＝4mv
v＝＝1.5 m/s
(3)进入B2磁场区域，设速度变化Δv，由动量定理有
IB2lΔt＝－4mΔv
IΔt＝Δq＝
Δv＝－＝－0.25 m/s
出B2磁场后“联动三杆”的速度为
v′＝v＋2Δv＝1.0 m/s
Q＝×4m(v2－v′2)＝0.25 J
答案　(1)6 m/s　(2)1.5 m/s　(3)0.25 J

1.(2018·金华十校联考)如图9所示，竖直固定的光滑绝缘的直圆筒底部放置一带正电的A球，其电荷量Q＝4×10－3 C。有一个质量为m＝0.1 kg的带正电小球B，B球与A球间的距离为a＝0.4 m，此时小球B处于静止状态，且小球B在小球A形成的电场中具有的电势能表达式为Ep＝k，其中r为电荷q与Q之间的距离。有一质量也为m的不带电绝缘小球C从距离小球B的上方H＝0.8 m处自由下落，落在小球B上立刻与小球B粘在一起向下运动，它们到达最低点后又向上运动(取g＝10 m/s2，k＝9×109 N·m2/C2)。求：

图9
(1)小球C与小球B碰撞后的速度为多大；
(2)小球B的带电荷量q为多少；
(3)当小球B和C一起向下运动与小球A距离多远时，其速度最大？速度的最大值为多少？(可保留根号)
解析　(1)小球C自由下落H距离的速度
v0＝＝4 m/s
小球C与小球B发生碰撞，由动量守恒定律得：
mv0＝2mv1
所以v1＝2 m/s
(2)小球B在碰撞前处于平衡状态，对B球进行受力分析知：
mg＝k
代入数据得：q＝×10－8 C
(3)设当C和B向下运动的速度最大时，与A之间的距离为y，对C和B整体进行受力分析有：2mg＝k
代入数据有：y＝ m
由能量守恒得：
×2mv＋k＝×2mv－2mg(a－y)＋k
代入数据得：vm＝2 m/s
答案　(1)2 m/s　(2)×10－8 C　(3) m
2 m/s
2.(2018·嘉兴市期末)如图10所示，两根水平放置的“”形平行金属导轨相距L＝0.5 m，导轨电阻不计。在导轨矩形区域MNPO中有竖直向上的匀强磁场B1，在MN左侧的导轨处于水平向左的匀强磁场B2中，B1＝B2＝1.0 T。金属棒ab悬挂在力传感器下，保持水平并与导轨良好接触。金属棒cd垂直于水平导轨以速度v0＝4 m/s进入B1磁场，与竖直导轨碰撞后不反弹，此过程中通过金属棒cd的电荷量q＝0.25 C，ab、cd上产生的总焦耳热Q＝0.35 J。金属棒ab、cd的质量均为m＝0.10 kg，电阻均为R＝1.0 Ω。不计一切摩擦。求：

图10
(1)金属棒cd刚进入磁场时，传感器的示数变化了多少？
(2)MN与OP间的距离d；
(3)金属棒cd经过磁场B1的过程中受到的安培力的冲量大小。
解析　(1)金属棒cd刚进入磁场时E＝B1Lv0，I＝
金属棒ab受到的安培力F安＝B2IL
传感器增加的示数
ΔF传＝F安＝0.5 N
(2)金属棒cd经过区域MNOP时的平均感应电动势为
E＝，
其中ΔΦ＝B1Ld
平均感应电流为I＝
由q＝I·Δt＝可得d＝1 m
(3)金属棒cd与竖直导轨碰撞之前ab、cd系统能量守恒，
可得Q＋mv2＝mv
则金属棒cd离开B1磁场时的速度v＝3 m/s
则cd经过磁场B1过程中受到的安培力的冲量
I安＝mv－mv0
代入数据得I安＝－0.1 kg·m/s。
答案　(1)0.5 N　(2)1 m　(3)0.1 kg·m/s
活页作业
(时间：30分钟)
A组　基础过关
1.玻璃杯从同一高度落下，掉在水泥地上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与水泥地面撞击的过程中(　　)
A.玻璃杯的动量较大 B.玻璃杯受到的冲量较大
C.玻璃杯的动量变化较大 D.玻璃杯的动量变化较快
解析　玻璃杯从相同高度落下，落地的速度大小是相同的，落地后速度变为零，所以无论落在水泥地面上还是草地上，玻璃杯动量的变化量是相同的，又由动量定理知受到的冲量也是相同的，所以A、B、C都错误；由动量定理Ft＝mv′－mv，落在水泥地面上，作用时间短，动量变化快，受力大，杯容易碎，选项D正确。
答案　D
2.(多选)下列属于反冲运动的是(　　)
A.向后划水，船向前运动
B.用枪射击时，子弹向前飞，枪身后退
C.用力向后蹬地，人向前运动
D.水流过水轮机时，水轮机旋转方向与水流出方向相反
解析　反冲运动是物体在内力作用下分为两部分，其运动方向相反，A选项是浆与外部水的作用，C选项是人脚与外部地面的作用，都不属于反冲；B选项中子弹与枪身是系统中的两部分，D选项中水流过水轮机内部，是系统中的两部分，B、D正确。
答案　BD
3.跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于(　　)
A.人跳在沙坑上的动量比跳在水泥地上小
B.人跳在沙坑上的动量变化比跳在水泥地上小
C.人跳在沙坑上受到的冲量比跳在水泥地上小
D.人跳在沙坑上受到的冲力比跳在水泥地上小
解析　跳远时，落地前的速度约等于起跳时速度的大小，则初动量大小一定；落地后静止，末动量一定。所以，人接触地面过程的动量变化量Δp一定。因落在沙坑上作用的时间长，落在水泥地上作用的时间短，根据动量定理Ft＝Δp知，t长则F小，故D正确。
答案　D
4.在如图1所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短。若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中(　　)

图1
A.动量守恒，机械能守恒 B.动量不守恒，机械能不守恒
C.动量守恒，机械能不守恒 D.动量不守恒，机械能守恒
解析　子弹射入木块是瞬间完成的，这个过程相当于子弹与木块发生一次完全非弹性碰撞，动量守恒，机械能不守恒，一部分动能转化为内能。之后木块(连同子弹)压缩弹簧，将其动能转化为弹性势能，这个过程机械能守恒，但由于左侧挡板的支持力的冲量作用，使系统的动量不断减少，动量不守恒。所以整个过程中，动量和机械能均不守恒。
答案　B
5.(多选)质量都为m的小球a、b、c以相同的速度分别与另外三个质量都为M的静止小球相碰后，a球被反向弹回，b球与被碰球粘合在一起仍沿原方向运动，c球碰后静止，则下列说法正确的是(　　)
A.m一定小于M
B.m可能等于M
C.b球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大
D.c球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大
解析　由a球被反向弹回，可以确定三小球的质量m一定小于M；当两小球发生完全非弹性碰撞时损失的动能最大，b球与被碰球粘合在一起，发生的是完全非弹性碰撞。
答案　AC
6.滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为m的人站立于雪橇上，如图2所示。人与雪橇的总质量为M，人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)。当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时，雪橇向南的速度大小为(　　)

图2
A. B.
C. D.v1
解析　根据动量守恒条件可知人与雪橇系统水平方向动量守恒，人跳起后水平方向速度不变，雪橇的速度仍为v1。
答案　D
7.(多选)如图3所示，一根足够长的水平滑杆SS′上套有一质量为m的光滑金属圆环，在滑杆的正下方与其平行放置一足够长的光滑水平的绝缘轨道PP′，PP′穿过金属环的圆心。现使质量为M的条形磁铁以水平速度v0沿绝缘轨道向右运动，则(　　)

图3
A.磁铁穿过金属环后，两者将先后停下来
B.磁铁将不会穿越滑环运动
C.磁铁与圆环的最终速度为
D.整个过程最多能产生热量v
解析　磁铁向右运动时，金属环中产生感应电流，由楞次定律可知磁铁与金属环间存在阻碍相对运动的作用力，且整个过程中动量守恒，最终二者相对静止。Mv0＝(M＋m)v，v＝，ΔE损＝Mv－(M＋m)v2＝，C、D项正确，A、B项错误。
答案　CD
8.如图4所示，质量为m＝1 kg的导体棒ab垂直放在光滑、足够长的U形导轨底端，导轨宽度和棒长相等且接触良好，导体棒长度L＝1 m，导体棒导轨平面与水平面成θ＝37°角。整个装置处在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T。现给导体棒沿导轨向上的初速度v0为4 m/s，经时间t0＝0.5 s，导体棒到达最高点，然后开始返回，到达底端前已做匀速运动，速度大小为。已知导体棒的电阻为R＝1 Ω，其余电阻不计，重力加速度g＝10 m/s2，忽略电路中感应电流之间的相互作用。求：


图4
(1)导体棒从开始到返回底端的过程中回路中产生的电能E；
(2)导体棒从开始到顶端过程中通过导体棒ab的电荷量。
解析　(1)由能量守恒定律得
E＝mv－m＝mv
把v0＝4 m/s代入公式可得，E＝7.5 J
(2)导体棒从开始到顶端过程用动量定理，有：
BILt0＋mgsin θ·t0＝mv0，
即：BLq＋mgsin θ·t0＝mv0
代入数据解得q＝2 C
答案　(1)7.5 J　(2)2 C
B组　能力提升
9.两根足够长的平行光滑导轨，相距1 m水平放置。匀强磁场竖直向上穿过整个导轨所在的空间B＝0.4 T。金属棒ab、cd质量分别为0.1 kg和0.2 kg，电阻分别为0.4 Ω和0.2 Ω，并排垂直横跨在导轨上。若两棒以相同的初速度3 m/s向相反方向分开，不计导轨电阻，求：

图5
(1)棒运动达到稳定后的ab棒的速度大小；
(2)金属棒运动达到稳定的过程中，回路上释放出的焦耳热；
(3)金属棒从开始运动直至达到稳定，两棒间距离增加多少？
解析　(1)ab、cd棒组成的系统动量守恒，最终具有共同速度v，以水平向右为正方向，则
mcdv0－mabv0＝(mcd＋mab)v
v＝1 m/s
(2)根据能量转化与守恒定律，产生的焦耳热
Q＝ΔEk减＝(mcd＋mab)＝1.2 J
(3)对cd棒利用动量定理
－BILΔt＝mcd(v－v0)
BLq＝mcd(v0－v)
又q＝＝
解得：Δs＝1.5 m
答案　(1)1 m/s　(2)1.2 J　(3)1.5 m
10.(2018·杭州市四校联考)如图6所示，电阻不计的两光滑金属导轨相距L，放在水平绝缘桌面上，半径为R的圆弧部分处在竖直平面内且与水平直轨道在最低点相切，水平直导轨部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐。两金属棒ab、cd垂直于两导轨且与导轨接触良好。棒ab质量为2m、电阻为r，棒cd的质量为m、电阻为r。重力加速度为g。开始时棒cd静止在水平直导轨上，棒ab从圆弧顶端无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触并一直向右运动，最后两棒都离开导轨落到地面上。棒ab与棒cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为3∶1。求：

图6
(1)棒ab和棒cd离开导轨时的速度大小；
(2)棒ab在水平导轨上的最大加速度；
(3)棒ab在导轨上运动过程中产生的焦耳热。
解析　(1)设ab棒进入水平直导轨的速度为v0，
由动能定理2mgR＝×2mv，
离开导轨时，设ab、cd棒的速度分别为v1、v2，
由于两棒在磁场中受到的安培力的合力为零，故在磁场中两棒组成的系统水平方向动量守恒，
2mv0＝2mv1＋mv2，
由于做平抛运动的时间相等，由x＝vt得
v1∶v2＝x1∶x2＝3∶1，
解得v1＝，v2＝。
(2)ab棒刚进入水平导轨时，cd棒还未运动，此时回路中电流最大，ab棒受到的安培力最大，加速度最大，
E＝BLv0，I＝，F＝BIL＝2ma，得：a＝。
(3)根据能量守恒，两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热为：2Q＝2mgR－×2mv－mv，
解得Q＝mgR。
答案　(1)　　(2)
(3)mgR